2026届广东省江门市高三上学期调研考试化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1广东省江门市2026届高三上学期调研考试试题本试卷共8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。5.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mn55Co59Zn65一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物主材质属于有机物的是A．红陶兽形壶B．漆木鸳鸯盒C．错银铜牛灯D．兽首玛瑙杯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．红陶兽形壶是陶瓷制品，其主要成分为硅酸盐，A不符合题意；B．漆木鸳鸯盒是木制品，其主要成分为纤维素，纤维素属于有机物，B符合题意；C．错银铜牛灯为金属材料制品，其主要成分为铜合金，C不符合题意；D．兽首玛瑙杯是玛瑙制品，玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D不符合题意；故选B。2.吲哚是一种含有苯环和吡咯环的平面分子，在药物合成中应用广泛。下列说法正确的是A.分子式为 B.属于脂环烃C.碳和氮原子均采取杂化 D.不能发生加成反应【答案】C【解析】A．由结构简式可知，该分子中含有8个碳原子、7个H原子和1个N原子，其分子式为，A错误；B．该分子中含有C、H、N元素，不属于烃，B错误；C．吲哚是一种含有苯环和吡咯环的平面分子，该分子苯环和碳碳双键中的碳原子均采取杂化，氮原子也参与吡咯环的共轭，则碳和氮原子均采取杂化，C正确；D．该分子含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，D错误；故选C。3.腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等。下列有关说法正确的是A.液氢是将氢气溶于水得到的溶液B.氡气探测仪器中，的质子数为136C.煤油是混合物，是不可再生能源D.月壤中的与地球上的互为同位素【答案】C【解析】A．液氢是氢气液化形成的液态氢，而非氢气溶于水得到的溶液，A错误；B．的质子数为86，而非136，B错误；C．煤油是石油分馏产物，含多种烃类，属于混合物，石油是不可再生能源，则煤油也是不可再生能源，C正确；D．同一元素的不同核素互为同位素，但(质子数为2)与(质子数为1)的质子数不同，是不同元素的核素，二者不互为同位素，D错误；故选C。4.劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是劳动项目化学知识A用白醋清洗水壶中的水垢B用溶液制作印刷电路板C用84消毒液对教室消毒NaClO具有强氧化性D用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉乙烯是植物生长调节剂A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．白醋中的CH3COOH是弱酸，书写离子方程式时不能将其拆开，用白醋清洗水壶中的水垢反应的离子方程式为：，A错误；B．用溶液制作印刷电路板时与Cu反应生成和，反应的离子方程式为：，B正确；C．84消毒液中的NaClO具有强氧化性，能用84消毒液对教室消毒，C正确；D．用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉，是因为成熟的苹果会释放乙烯，乙烯是一种植物生长调节剂，可作水果的催熟剂，使生果实尽快成熟，D正确；故选A5.化学是美好生活的催化剂，衣食住行皆化学。下列说法不正确的是A.用涤纶制成的运动服布料，耐磨、易洗，涤纶属于天然纤维B.合成氨工业为蔬菜生长提供氮肥，蔬菜富含膳食纤维C.红墙碧瓦是我国古代建筑特色，可用作外墙涂料红色颜料D.硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机的外壳，硬铝属于合金【答案】A【解析】A．涤纶是聚酯纤维，属于合成纤维而非天然纤维，A错误；B．合成氨工业生产的氮肥能为植物提供氮元素，蔬菜确实富含膳食纤维，B正确；C．氧化铁（Fe2O3）呈红棕色，常用作外墙涂料的红色颜料，C正确；D．硬铝是铝基合金，是由铝、铜、镁、锰等元素组成的合金，具有密度小、强度高的特性，D正确；故答案为A。6.制备胶体并探究其性质。下列操作能达到实验目的的是A．制溶液B．制胶体C．观察丁达尔效应D．胶粒与溶液的分离A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．Fe与盐酸反应只能生成FeCl2，不能得到FeCl3，A错误；B．将饱和FeCl3溶液加到NaOH溶液中，生成的是Fe(OH)3沉淀而非胶体，正确的做法是：向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液，继续加热至出现红褐色，B错误；C．当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔效应，C正确；D．胶体和溶液都能透过滤纸，不能用滤纸分离二者，D错误；故答案为C。7.元素为短周期元素，其原子序数与化合价的关系如图所示。下列说法正确的是A.c与e的原子半径：B.第一电离能：C.简单气态氢化物的稳定性：D.基态和原子核外均有1个未成对电子【答案】B【解析】从图中可以看出，原子序数逐渐增大，a显-3价，则为N元素；b显+2价，则为Mg元素；c为+3价，则为Al元素；d显+5价，则为P元素；e显+7价，则为Cl元素，据此回答。A．由分析知，c与e分别为Al、Cl，第三周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Al>Cl，A错误；B．由分析可知，b、c分别为Mg、Al元素，Al的价电子排布式为，其第一电离能失去的是能量较高的3p能级上的电子，所需能量较少；Mg的价电子排布式为，失去的是能量较低的3s能级上的电子，所需能量较多；所以第一电离能：Mg＞Al，B正确；C．a、d分别为N、P，二者为同主相邻族元素，非金属性：N＞P，气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3，C错误；D．d为15号的P元素，其基态原子价电子排布式为，有3个未成对电子；e为Cl元素，其基态原子的价电子排布式为，有1个未成对电子，D错误；故选B。8.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.金刚石中含有的碳碳键数目为B.标准状况下，的分子数目为C.的溶液中数目为D.在空气中充分反应生成和，转移电子数目为【答案】D【解析】A．金刚石中每个碳原子与4个碳原子形成4个C-C键，每个C-C键被2个碳原子所共有，根据均摊法知，每个碳原子平均形成的C-C键的数目为：4×=2个，则12g金刚石(1mol)含有C-C键的数目为：×2×NAmol-1=2NA，A错误；B．标准状况下，四氯化碳为液态，2.24L四氯化碳不是0.1mol，分子数目不是0.1NA，B错误；C．1LpH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为mol/L=0.01mol/L，则1L溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；D．钠无论是转化为氧化钠还是过氧化钠，钠单质均为还原剂，钠元素的化合价：0→+1，则存在关系：，4.6g钠的物质的量为=0.2mol，转移的电子数目为0.2NA，D正确；故选D。9.下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是

陈述Ⅰ陈述ⅡA可与水反应产生着火不能用水扑灭B有还原性能使酸性溶液褪色C属于酸性氧化物用于制造通讯光缆D溶度积：工业上用除去废水中的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．钠与水反应生成的是而非，陈述Ⅰ错误；着火生成的能与水反应生成助燃的，因此着火不能用水扑灭，陈述Ⅱ正确，A不符合题意；B．中硫元素化合价为+4价，具有还原性，能被酸性氧化而使其溶液褪色，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且两者间存在因果关系，B符合题意；C．能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；用于制造通讯光缆，主要是因为二氧化硅对光的传输损耗极低，可实现长距离、低衰减的光信号传递，与“属于酸性氧化物”无关，则陈述I和陈述Ⅱ均正确，但两者间不存在因果关系，C不符合题意；D．常温下，CuS比ZnS更难溶于水，更小，即溶度积：，则陈述Ⅰ错误；因CuS溶度积更小，更易沉淀，ZnS能转化为CuS，所以工业上用除去废水中的，陈述Ⅱ正确，D不符合题意；故选B。10.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是单质盐氢氧化物配合物A.a可为铝，氢氧化物具有两性B.a可为镁，盐能发生水解反应C.a可为铜，新制的氢氧化物可用于诊断糖尿病D.a可为铁，盐中的金属离子可与苯酚作用显紫色【答案】C【解析】A．若a为铝，铝与过量浓硫酸加热反应生成硫酸铝(盐)，但硫酸铝与稍过量NaOH溶液反应生成的属于盐，而不是氢氧化物，A不符合题意；B．若a为镁，镁与过量浓硫酸加热反应生成硫酸镁(盐)，硫酸镁与稍过量NaOH溶液反应生成(氢氧化物)，但不溶于氨水，且不能与氨水形成配合物，B不符合题意；C．若a为铜，铜与过量浓硫酸在加热下反应生成硫酸铜(盐)，硫酸铜与稍过量溶液反应生成沉淀(氢氧化物)，能与氨水形成配合物，新制的可用于检测葡萄糖，即可用于诊断糖尿病，C符合题意；D．若a为铁，铁与过量浓硫酸在加热下反应通常生成硫酸铁，硫酸铁与稍过量NaOH溶液反应生成Fe(OH)3(氢氧化物)，但不能与氨水形成配合物，D不符合题意；故选C。11.难溶于水，但能与氨水形成和而溶解。将适量完全溶于氨水，得到含和的溶液。下列叙述正确的是A.加水稀释，的浓度一定下降B.向溶液中通入少量氨气，的浓度一定上升C.的电离方程式为：D.体系中，【答案】A【解析】A．加水稀释时，溶液体积增大，虽然可能引起配离子部分解离，但溶液总体积增大导致的浓度下降，A正确；B．通入氨气会增加浓度，可能促使进一步结合生成，导致浓度下降，B错误；C．可完全电离生成和，电离方程式应为，C错误；D．该电荷守恒式未考虑（一水合氨电离产生）的浓度，正确的电荷守恒式应为：，D错误；答案选A。12.利用如图装置进行实验：打开，点燃酒精灯，待中液体变浑浊后再变澄清时，打开并关闭，待中液体变浑浊后再变澄清时，熄灭酒精灯；打开，滴入乙醛，并水浴加热；打开，滴入乙醇。下列说法错误的是A.若中有单质生成，则有乙醛分子被氧化B.b中发生的反应属于熵增过程C.c中有深蓝色晶体生成，说明此处生成的配合物极性弱D.尾气可通入饱和食盐水中，再通入，可以制备【答案】C【解析】由实验装置图可知，试管b中氯化铵和氢氧化钠混合溶液共热反应制备氨气；试管c中硫酸铜溶液先与通入的氨气反应制得氢氧化铜沉淀，反应生成的氢氧化铜沉淀与过量的氨气反应得到深蓝色的四氨合铜离子，向反应后的溶液中滴入乙醇会降低硫酸四氨合铜的溶解度而析出深蓝色的硫酸四氨合铜晶体；试管a中硝酸银溶液与氨气反应制得银氨溶液，向反应后的溶液中滴入乙醛，在水浴加热条件下银氨溶液与乙醛发生银镜反应生成银。A．由分析可知，试管a中生成银反应为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O，反应中，碳元素的化合价升高，乙醛是反应的还原剂，银元素化合降低，氢氧化二氨合银为氧化剂，则由方程式可知，反应生成2mol银时，被氧化的乙醛的物质的量为1mol，A正确；B．由分析可知，试管b中发生的反应为氯化铵和氢氧化钠混合溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，该反应是气体体积增大的反应，属于熵增过程，B正确；C．由分析可知，c中得到的深蓝色晶体是硫酸四氨合铜，硫酸四氨合铜是极性较强的离子化合物，C错误；D．反应得到的尾气中含有氨气，将尾气先通入饱和食盐水中得到氨化的饱和食盐水，再通入二氧化碳，二氧化碳会与氨气、氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，所以尾气可用于制备碳酸氢钠，D正确；故选C。13.由结构不能推测出对应性质的是结构性质AHF和HCl分子结构相似，但HF分子间存在氢键HF晶体的熔点高于HCl晶体B分子的空间结构与水分子相似在水中的溶解度低于在中的溶解度C石墨层中未参与杂化的轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动石墨具有类似金属的导电性D乙酸中羟基的极性大于苯酚中羟基的极性乙酸的酸性大于苯酚的酸性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．HF分子间存在氢键，增强了分子间作用力，使其熔点升高，使得HF晶体的熔点高于HCl晶体，A不符合题意；B．O3和H2O均为V形结构，正负电荷中心不重合，均为极性分子，根据“相似相溶”原理，O3在水中的溶解度应高于在CCl4（非极性分子）中的溶解度，不能由结构推测出选项中的性质，B符合题意；C．石墨层中每个碳原子未参与杂化的轨道中的电子能在整个碳原子平面中运动，使得石墨具有类似金属的导电性，C不符合题意；D．乙酸中的O-H键的极性大于苯酚中O-H键的极性，使得乙酸更易电离出氢离子，故酸性：乙酸>苯酚，D不符合题意；故选B。14.一种水基电解液离子选择双隔膜电池示意图如图。已知：溶液中，以存在；电极材料每转移电子，对应的理论容量为。电池放电时，下列叙述错误的是A.该装置能把化学能转化为电能B.Ⅱ区中的溶液浓度变小，变大C.Ⅰ区的电极反应：D.每消耗能提供的理论容量为【答案】B【解析】根据电池装置图可知，为电池的负极，碱性条件下失电子生成，电极反应为，为电池的正极，得电子生成，电极反应为。A．该装置为原电池，能把化学能转化为电能，A正确；B．电池放电时，是负极，是正极。通过离子选择隔膜从I区移向II区，通过离子选择隔膜从III区移向II区，所以II区中的溶液浓度变大，但溶液仍呈中性，几乎不变，B错误；C．I区中得到电子发生还原反应，电极反应式为，C正确；D．的物质的量为，电极处的反应式为，每消耗转移电子，已知电极材料每转移电子，对应的理论容量为，所以每消耗能提供的理论容量为，D正确；故答案选B。15.利用石墨电极电解溶液，进行如图所示实验。闭合，电解至电极表面有固体生成。打开，静置。静置过程中，下列说法错误的是A.电极表面的固体逐渐溶解B.装置内气体颜色会发生变化C.a处酚酞试纸无明显变化D.b处滤纸变红【答案】C【解析】依图分析，X极（阳极）处水中的氢氧根放电，阳极反应式为：，Y极（阴极）铜离子放电，电极反应式为：；打开K之后，左图U形管中铜与酸性环境下的硝酸根发生反应产生NO，反应的离子方程式为：；产生的NO与O2发生反应产生红棕色气体：；据此作答。A．依据分析，电解时Y为阴极，Cu2+得电子生成Cu单质；打开K后发生反应：，Cu逐渐溶解，A不符合题意；B．依据分析，电解时阳极生成O2（无色）；打开K后又生成NO，二者均无色，但二者反应生成的NO2为红棕色气体，故装置内气体颜色从无色变为红棕色，B不符合题意；C．为检验酸性气体，通常预先将酚酞试纸用稀碱溶液润湿使其呈红色，a处酚酞试纸显红色（显碱性），NO2进入右图U形管后发生反应：，产生的HNO3中和碱而使红色的酚酞试纸逐渐褪色，C符合题意；D．NO2进入U型管后，b处滤纸处发生反应：，然后Fe3+与KSCN结合生成血红色的Fe(SCN)3，则滤纸变红，D不符合题意；故答案选C。16.我国学者设计的一种电解装置，借助电极上的催化剂，能同时电解和，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下，转化为的部分反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是A.电解时，A电极与电源的负极连接B.电解总反应为：C.由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，电解的反应速率更快D.若有穿过质子交换膜，则理论上有被转化【答案】D【解析】图甲为电解池，A电极上被还原为，A电极为阴极；B电极上被氧化生成HCOOH，B电极为阳极，据此解答。A．由分析可知，电解时，A电极为阴极，即与电源的负极连接，A正确；B．由分析可知，A电极为阴极，被还原为，发生电极反应：；B电极为阳极，被氧化生成HCOOH，发生电极反应：，则电解总反应为：，B正确；C．决速步骤的活化能越小，反应速率越快，由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，决速步骤的活化能更小，电解的反应速率更快，C正确；D．A电极为阴极，发生电极反应：，由电极反应式可知，若有穿过质子交换膜，则理论上有0.5molCO2被转化，即有22gCO2被转化，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.及其盐都是重要的化工原料。（1）实验室用和制备的化学方程式为_______；其制备的发生、气体收集和尾气处理装置依次为_______(填编号)。（2）将大小相同的两个圆底烧瓶A、B按图装置连接进行性质实验。①先打开旋塞1，B瓶中的现象是_______。②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，B瓶中的现象是_______。（3）某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务通过测定溶液，探究温度对溶液中水解程度的影响。②提出假设升高温度，水解程度增大，减小。③设计实验、验证假设测定溶液在不同温度下的，记录数据如下表：序号测定温度/℃溶液的a255.12b504.83时，的水解常数_______(列出算式，水的电离可忽略)。④根据③的实验数据，升高温度减小，甲同学推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，理由是_______。⑤实验改进加入对照实验，测量纯水的随温度的变化。记录数据如下表：序号测定温度/℃纯水的pHC257.00d506.63丙同学分析数据，由升高到，纯水的减小了0.37，而的只减小了0.29，故其推断的水解程度随温度升高而减小，你认同丙同学的推断吗？_______(填“认同”或“不认同”)，为什么？_______。【答案】（1）①.②.ADF（2）①.产生白烟②.烧杯中的石蕊水溶液会倒吸进入B瓶中，且溶液变红（3）①.②.温度升高，水的电离平衡会正向移动，使pH降低③.不认同④.不能简单用pH变化量来比较，应该用氢离子的浓度变化量来比较，pH由7.00变为6.63时氢离子浓度增大，比pH由5.12变为4.83时的变化量要小，故升高温度，水解程度增大【解析】（1）实验室利用和共热制备的化学方程式为；纯固体加热选A作气体发生装置，氨气密度比空气密度小，用向下排空气法收集，收集气体时导气管短进长出选D，氨气极易溶于水需要防倒吸选F，故答案为ADF。（2）①先打开旋塞1，A瓶中压强比较大，氯化氢气体会向B扩散，氯化氢和氨气反应生成白色的氯化铵固体，故B瓶中的现象是产生白烟；②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，B瓶中压强小于大气压，烧杯中的石蕊溶液倒吸进B瓶，由于B瓶中生成的水解使溶液显酸性，溶液会变红色。（3）的水解方程式为：，的水解常数，25℃，溶液的=5.12，忽略水的电离，故，，；根据③的实验数据，升高温度减小，甲同学推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，理由是温度升高，水的电离平衡会正向移动，使pH降低；不能简单用pH变化量来比较，应该用氢离子的浓度变化量来比较，pH由7.00变为6.63时氢离子浓度增大，比pH由5.12变为4.83时的变化量要小，故升高温度，水解程度增大，所以不认同。18.金属回收具有重要意义。一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：已知：①酸浸液主要含有等金属阳离子；②常温下，（1）“酸浸”时，提高浸出速率的措施有_______(写一条)。（2）“沉铁”时，为了使完全沉淀()，加入调节溶液pH不低于_______。（3）“沉钴”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为_______。（4）CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中的配位数为_______，晶胞密度_______(只写计算式)。（5）“沉镍”时，与丁二酮肟(DMG)反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法正确的有_______(填序号)。A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原C.该配合物的配体数目为2 D.该配合物内部有氢键（6）“沉锰”后主要生成沉淀，下通入空气氧化得到产品。“氧化”步骤的化学方程式为_______。（7）工业上用硫酸溶解后，电解制备高纯度金属锰，电解时在_______(填“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“_______”工序使用。【答案】（1）粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可）（2）3.2（3）Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑（4）①.6②.（5）CD（6）6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O（7）①.阴极②.酸浸【解析】钴渣经硫酸酸浸后，过滤得到主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子的酸浸液；利用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再通过CaCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再加入NaHS使Co2+转化为CoS沉淀除去，加入丁二酮肟使Ni2+转化为沉淀除去，最后利用氨水沉锰，经空气氧化得Mn3O4。（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等；（2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。（3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。（4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。（5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误；B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确；D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确；故答案为CD。（6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。（7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。19.有机酸在多种反应中应用广泛。（1）有机酸通常都含有羧基而显酸性，羧基中三种元素的电负性由大到小的顺序为_______，羧酸(RCOOH)溶液显酸性的原因是_______(用电离方程式表示)。（2）甲酸是一种重要的有机储氢材料，科学家探索利用二氧化碳和氢气转化为甲酸，实现变废为宝和碳的循环利用。①基态碳原子的价层电子轨道表示式为_______。②已知：则反应的_______。③在恒温恒容密闭容器中，有关和催化转化为的说法正确的是_______。A．增大体系的压强，活化分子百分数不变B．选择高效催化剂，可降低反应的活化能和焓变C．充入适量的，可加速反应，提高的平衡转化率D．达到平衡后加入，再次达到平衡后增大（3）科学家发现一种高效催化剂，可使甲酸在温和条件下释放氢气，反应过程如图。循环箭头上只给出部分反应物和生成物，该反应的催化剂是_______。（4）25℃时，改变相同浓度的甲酸(HCOOH)、乙酸和丙酸溶液的，测得各溶液中与的变化关系如图所示(pX=-lgX；X为酸根离子浓度与酸浓度的比值)。①图中代表丙酸的曲线是_______(填“”“”或“”)。②当时，该溶液的_______。③计算反应：化学平衡常数_______(写出计算过程)。【答案】（1）①.O>C>H②.RCOOHRCOO-+H+（2）①.②.ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4-ΔH5③.AD（3）NP3RuCl2（4）①.L1②.4.75③.101.01【解析】（1）羧基包括碳、氢、氧三种元素，电负性由大到小的顺序为：O>C>H；羧酸为弱电解质，在水溶液部分解离出H+，水溶液显酸性，电离方程式为RCOOHRCOO-+H+。（2）①碳原子为第二周期、第IVA族元素，基态碳原子的价层电子排布为2s22p2，价层电子轨道表示式为。②由可知，CO2(g)+OH-(aq)+H2(g)+H+(aq)=HCOOH(g)+H2O(l)ΔH'=ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4，结合

可得：反应的ΔH1+ΔH2+ΔH3-ΔH4-ΔH5。③A．增大压强，反应物浓度增大，单位体积内活化分子数目增加，但活化分子百分数不变，A正确；B．催化剂只降低活化能，不改变焓变，B错误；C．恒容条件下充入He气，各物质的浓度不变，所以正、逆反应速率不变，平衡不移动，H2平衡转化率不变，C错误；D．H2浓度增加，反应正向移动，温度不变，平衡常数不变，不变，则增大，D正确；故答案为AD。（3）如图所示，总反应为HCOOHH2+CO2，含Ru物质反应前后化学组成不变，则催化剂为NP3RuCl2。（4）①根据RCOOHRCOO-+H+，，则，即pX=pKa-pH，因此各种有机酸的pX与pH的关系为一组平行的斜率为-1的直线，有机酸的pKa越小，解离出H+的能力越大，直线的截距越小，烷基为给电子基团，甲酸、乙酸、丙酸解离出H+的能力逐渐减小，因此L1、L2、L3分别表示丙酸、乙酸、甲酸。②将已知点(8.75,-5)、(9.76,-5)、(9.88,-5)代入pX=pKa-pH中可得甲酸、乙酸、丙酸的pKa分别为3.75、4.76、4.88，则当时，pX=-1，该溶液的。③的化学平衡常数。20.磷酸氯喹用于治疗疟疾、风湿等疾病。化合物IV是合成磷酸氯喹的一种中间体，可用如下路线合成：（1）化合物Ⅰ的分子式是_______，化合物Ⅰ的官能团名称是_______。（2）下列说法正确的有_______。A.化合物Ⅰ中所有原子可能共面B.化合物Ⅰ不是Ⅱ的同系物，化合物Ⅱ中不含大键C.由Ⅱ到Ⅲ的转化中，σ键和π键均有断裂与生成D.化合物Ⅳ中不存在手性碳原子，可发生原子利用率100%的还原反应（3）间氯硝基苯()经还原制得化合物Ⅰ，若用核磁共振氢谱监测该反应，则可推测：与间氯硝基苯相比，化合物Ⅰ的核磁共振氢谱图的变化有_______。（4）化合物Ⅳ中的酯基在酸性条件下水解得到化合物Ⅴ。符合以下条件的的同分异构体共有_______种。a．结构中含萘环()b．萘环上连有基团-ONO2（5）根据上述信息，分三步合成化合物a()①第一步：苯胺与反应，生成两种产物，其反应的化学方程式为_______。②第二步：与第一步的含氮产物反应，此步骤生成一种可循环利用的物质，该物质是_______。③第三步：第二步含碳碳双键的产物发生分解反应，得到化合物a。（6）当的其中一个酯基换成羰基时，也能发生类似化合物Ⅱ到Ⅳ的转化。参考上述反应，合成化合物()，需要以化合物和_______(填结构简式)为反应物。【答案】（1）①.C6H6NCl②.碳氯键或氯原子、氨基（2）CD（3）H信号由4种变为5种，峰面积之比由1﹕1﹕1﹕1变为1﹕1﹕1﹕1﹕2（4）14（5）①.2++3C2H5OH②.（6）【解析】由有机物的转换关系可知，与先发生取代反应，后发生消去反应生成；与先发生加成反应，后发生消去反应生成；石蜡油作用下在270-280℃条件下转化为。（1）由结构简式可知，的分子式为C6H6NCl，含有的官能团为碳氯键或氯原子、氨基；（2）A．由结构简式可知，分子中单键氮原子的杂化方式为sp3杂化，原子的空间构型为三角锥形，分子中所有原子不可能共面，A错误；B．由结构简式可知，分子中含有苯环，苯环中含有大π键，B错误；C．由分析可知，Ⅱ到Ⅲ的反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成，所以转化中σ键和π键均有断裂与生成，C正确；D．由结构简式可知，分子中含有苯环一定条件下能与氢气发生加成反应，该反应是原子利用率100%的还原反应，D正确；故选CD；（3）一定条件下间氯硝基苯与氢气发生还原反应生成，与间氯硝基苯相比，化合物Ⅰ的核磁共振氢谱图的变化有：H信号由4种变为5种，峰面积之比由1﹕1﹕1﹕1变为1﹕1﹕1﹕1﹕2；（4）化合物Ⅳ中的酯基在酸性条件下水解得到化合物Ⅴ，则Ⅴ的结构简式为，V的同分异构体结构中含有萘环，萘环上连有基团-ONO2，说明V的同分异构体分子中含有氯原子，同分异构体的结构可以视作和分子中萘环上的氢原子被氯原子取代所得结构，共有14种；（5）由题给信息可知，分三步合成化合物a的合成路线为：①由合成a的合成路线可知，第一步反应为苯胺与发生反应生成和乙醇，反应的化学方程式为：2++3C2H5OH；②由合成a的合成路线可知，第二步反应为与先发生加成反应，后发生消去反应生成和可以循环使用的；（6）由题给信息可知，合成合成b的反应为：与先发生取代反应，后发生消去反应生成，与先发生加成反应，后发生消去反应生成，石蜡油作用下在270-280℃条件下转化为。广东省江门市2026届高三上学期调研考试试题本试卷共8页，20小题，满分100分。考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2.做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3.答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。5.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mn55Co59Zn65一、选择题：本题共16小题，共44分。第1~10小题，每小题2分；第11~16小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.“挖掘文物价值，讲好中国故事”。下列文物主材质属于有机物的是A．红陶兽形壶B．漆木鸳鸯盒C．错银铜牛灯D．兽首玛瑙杯A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．红陶兽形壶是陶瓷制品，其主要成分为硅酸盐，A不符合题意；B．漆木鸳鸯盒是木制品，其主要成分为纤维素，纤维素属于有机物，B符合题意；C．错银铜牛灯为金属材料制品，其主要成分为铜合金，C不符合题意；D．兽首玛瑙杯是玛瑙制品，玛瑙的主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，D不符合题意；故选B。2.吲哚是一种含有苯环和吡咯环的平面分子，在药物合成中应用广泛。下列说法正确的是A.分子式为 B.属于脂环烃C.碳和氮原子均采取杂化 D.不能发生加成反应【答案】C【解析】A．由结构简式可知，该分子中含有8个碳原子、7个H原子和1个N原子，其分子式为，A错误；B．该分子中含有C、H、N元素，不属于烃，B错误；C．吲哚是一种含有苯环和吡咯环的平面分子，该分子苯环和碳碳双键中的碳原子均采取杂化，氮原子也参与吡咯环的共轭，则碳和氮原子均采取杂化，C正确；D．该分子含有苯环和碳碳双键，能发生加成反应，D错误；故选C。3.腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等。下列有关说法正确的是A.液氢是将氢气溶于水得到的溶液B.氡气探测仪器中，的质子数为136C.煤油是混合物，是不可再生能源D.月壤中的与地球上的互为同位素【答案】C【解析】A．液氢是氢气液化形成的液态氢，而非氢气溶于水得到的溶液，A错误；B．的质子数为86，而非136，B错误；C．煤油是石油分馏产物，含多种烃类，属于混合物，石油是不可再生能源，则煤油也是不可再生能源，C正确；D．同一元素的不同核素互为同位素，但(质子数为2)与(质子数为1)的质子数不同，是不同元素的核素，二者不互为同位素，D错误；故选C。4.劳动创造美好生活。下列对劳动项目涉及的相关化学知识表述错误的是劳动项目化学知识A用白醋清洗水壶中的水垢B用溶液制作印刷电路板C用84消毒液对教室消毒NaClO具有强氧化性D用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉乙烯是植物生长调节剂A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．白醋中的CH3COOH是弱酸，书写离子方程式时不能将其拆开，用白醋清洗水壶中的水垢反应的离子方程式为：，A错误；B．用溶液制作印刷电路板时与Cu反应生成和，反应的离子方程式为：，B正确；C．84消毒液中的NaClO具有强氧化性，能用84消毒液对教室消毒，C正确；D．用成熟的苹果催熟未成熟的香蕉，是因为成熟的苹果会释放乙烯，乙烯是一种植物生长调节剂，可作水果的催熟剂，使生果实尽快成熟，D正确；故选A5.化学是美好生活的催化剂，衣食住行皆化学。下列说法不正确的是A.用涤纶制成的运动服布料，耐磨、易洗，涤纶属于天然纤维B.合成氨工业为蔬菜生长提供氮肥，蔬菜富含膳食纤维C.红墙碧瓦是我国古代建筑特色，可用作外墙涂料红色颜料D.硬铝密度小、强度高，常用于制造飞机的外壳，硬铝属于合金【答案】A【解析】A．涤纶是聚酯纤维，属于合成纤维而非天然纤维，A错误；B．合成氨工业生产的氮肥能为植物提供氮元素，蔬菜确实富含膳食纤维，B正确；C．氧化铁（Fe2O3）呈红棕色，常用作外墙涂料的红色颜料，C正确；D．硬铝是铝基合金，是由铝、铜、镁、锰等元素组成的合金，具有密度小、强度高的特性，D正确；故答案为A。6.制备胶体并探究其性质。下列操作能达到实验目的的是A．制溶液B．制胶体C．观察丁达尔效应D．胶粒与溶液的分离A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．Fe与盐酸反应只能生成FeCl2，不能得到FeCl3，A错误；B．将饱和FeCl3溶液加到NaOH溶液中，生成的是Fe(OH)3沉淀而非胶体，正确的做法是：向沸水中逐滴加入饱和氯化铁溶液，继续加热至出现红褐色，B错误；C．当一束光线透过胶体，从垂直入射光方向可以观察到胶体里出现的一条光亮的“通路”，这种现象叫丁达尔效应，C正确；D．胶体和溶液都能透过滤纸，不能用滤纸分离二者，D错误；故答案为C。7.元素为短周期元素，其原子序数与化合价的关系如图所示。下列说法正确的是A.c与e的原子半径：B.第一电离能：C.简单气态氢化物的稳定性：D.基态和原子核外均有1个未成对电子【答案】B【解析】从图中可以看出，原子序数逐渐增大，a显-3价，则为N元素；b显+2价，则为Mg元素；c为+3价，则为Al元素；d显+5价，则为P元素；e显+7价，则为Cl元素，据此回答。A．由分析知，c与e分别为Al、Cl，第三周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，所以原子半径：Al>Cl，A错误；B．由分析可知，b、c分别为Mg、Al元素，Al的价电子排布式为，其第一电离能失去的是能量较高的3p能级上的电子，所需能量较少；Mg的价电子排布式为，失去的是能量较低的3s能级上的电子，所需能量较多；所以第一电离能：Mg＞Al，B正确；C．a、d分别为N、P，二者为同主相邻族元素，非金属性：N＞P，气态氢化物的稳定性：NH3＞PH3，C错误；D．d为15号的P元素，其基态原子价电子排布式为，有3个未成对电子；e为Cl元素，其基态原子的价电子排布式为，有1个未成对电子，D错误；故选B。8.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.金刚石中含有的碳碳键数目为B.标准状况下，的分子数目为C.的溶液中数目为D.在空气中充分反应生成和，转移电子数目为【答案】D【解析】A．金刚石中每个碳原子与4个碳原子形成4个C-C键，每个C-C键被2个碳原子所共有，根据均摊法知，每个碳原子平均形成的C-C键的数目为：4×=2个，则12g金刚石(1mol)含有C-C键的数目为：×2×NAmol-1=2NA，A错误；B．标准状况下，四氯化碳为液态，2.24L四氯化碳不是0.1mol，分子数目不是0.1NA，B错误；C．1LpH=2的醋酸溶液中氢离子浓度为mol/L=0.01mol/L，则1L溶液中氢离子数目为0.01NA，C错误；D．钠无论是转化为氧化钠还是过氧化钠，钠单质均为还原剂，钠元素的化合价：0→+1，则存在关系：，4.6g钠的物质的量为=0.2mol，转移的电子数目为0.2NA，D正确；故选D。9.下列陈述I和陈述Ⅱ均正确，且两者间具有因果关系的是

陈述Ⅰ陈述ⅡA可与水反应产生着火不能用水扑灭B有还原性能使酸性溶液褪色C属于酸性氧化物用于制造通讯光缆D溶度积：工业上用除去废水中的A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．钠与水反应生成的是而非，陈述Ⅰ错误；着火生成的能与水反应生成助燃的，因此着火不能用水扑灭，陈述Ⅱ正确，A不符合题意；B．中硫元素化合价为+4价，具有还原性，能被酸性氧化而使其溶液褪色，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确，且两者间存在因果关系，B符合题意；C．能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物；用于制造通讯光缆，主要是因为二氧化硅对光的传输损耗极低，可实现长距离、低衰减的光信号传递，与“属于酸性氧化物”无关，则陈述I和陈述Ⅱ均正确，但两者间不存在因果关系，C不符合题意；D．常温下，CuS比ZnS更难溶于水，更小，即溶度积：，则陈述Ⅰ错误；因CuS溶度积更小，更易沉淀，ZnS能转化为CuS，所以工业上用除去废水中的，陈述Ⅱ正确，D不符合题意；故选B。10.能满足下列物质间直接转化关系，且推理成立的是单质盐氢氧化物配合物A.a可为铝，氢氧化物具有两性B.a可为镁，盐能发生水解反应C.a可为铜，新制的氢氧化物可用于诊断糖尿病D.a可为铁，盐中的金属离子可与苯酚作用显紫色【答案】C【解析】A．若a为铝，铝与过量浓硫酸加热反应生成硫酸铝(盐)，但硫酸铝与稍过量NaOH溶液反应生成的属于盐，而不是氢氧化物，A不符合题意；B．若a为镁，镁与过量浓硫酸加热反应生成硫酸镁(盐)，硫酸镁与稍过量NaOH溶液反应生成(氢氧化物)，但不溶于氨水，且不能与氨水形成配合物，B不符合题意；C．若a为铜，铜与过量浓硫酸在加热下反应生成硫酸铜(盐)，硫酸铜与稍过量溶液反应生成沉淀(氢氧化物)，能与氨水形成配合物，新制的可用于检测葡萄糖，即可用于诊断糖尿病，C符合题意；D．若a为铁，铁与过量浓硫酸在加热下反应通常生成硫酸铁，硫酸铁与稍过量NaOH溶液反应生成Fe(OH)3(氢氧化物)，但不能与氨水形成配合物，D不符合题意；故选C。11.难溶于水，但能与氨水形成和而溶解。将适量完全溶于氨水，得到含和的溶液。下列叙述正确的是A.加水稀释，的浓度一定下降B.向溶液中通入少量氨气，的浓度一定上升C.的电离方程式为：D.体系中，【答案】A【解析】A．加水稀释时，溶液体积增大，虽然可能引起配离子部分解离，但溶液总体积增大导致的浓度下降，A正确；B．通入氨气会增加浓度，可能促使进一步结合生成，导致浓度下降，B错误；C．可完全电离生成和，电离方程式应为，C错误；D．该电荷守恒式未考虑（一水合氨电离产生）的浓度，正确的电荷守恒式应为：，D错误；答案选A。12.利用如图装置进行实验：打开，点燃酒精灯，待中液体变浑浊后再变澄清时，打开并关闭，待中液体变浑浊后再变澄清时，熄灭酒精灯；打开，滴入乙醛，并水浴加热；打开，滴入乙醇。下列说法错误的是A.若中有单质生成，则有乙醛分子被氧化B.b中发生的反应属于熵增过程C.c中有深蓝色晶体生成，说明此处生成的配合物极性弱D.尾气可通入饱和食盐水中，再通入，可以制备【答案】C【解析】由实验装置图可知，试管b中氯化铵和氢氧化钠混合溶液共热反应制备氨气；试管c中硫酸铜溶液先与通入的氨气反应制得氢氧化铜沉淀，反应生成的氢氧化铜沉淀与过量的氨气反应得到深蓝色的四氨合铜离子，向反应后的溶液中滴入乙醇会降低硫酸四氨合铜的溶解度而析出深蓝色的硫酸四氨合铜晶体；试管a中硝酸银溶液与氨气反应制得银氨溶液，向反应后的溶液中滴入乙醛，在水浴加热条件下银氨溶液与乙醛发生银镜反应生成银。A．由分析可知，试管a中生成银反应为：CH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2O，反应中，碳元素的化合价升高，乙醛是反应的还原剂，银元素化合降低，氢氧化二氨合银为氧化剂，则由方程式可知，反应生成2mol银时，被氧化的乙醛的物质的量为1mol，A正确；B．由分析可知，试管b中发生的反应为氯化铵和氢氧化钠混合溶液共热反应生成氯化钠、氨气和水，该反应是气体体积增大的反应，属于熵增过程，B正确；C．由分析可知，c中得到的深蓝色晶体是硫酸四氨合铜，硫酸四氨合铜是极性较强的离子化合物，C错误；D．反应得到的尾气中含有氨气，将尾气先通入饱和食盐水中得到氨化的饱和食盐水，再通入二氧化碳，二氧化碳会与氨气、氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，所以尾气可用于制备碳酸氢钠，D正确；故选C。13.由结构不能推测出对应性质的是结构性质AHF和HCl分子结构相似，但HF分子间存在氢键HF晶体的熔点高于HCl晶体B分子的空间结构与水分子相似在水中的溶解度低于在中的溶解度C石墨层中未参与杂化的轨道中的电子，可在整个碳原子平面中运动石墨具有类似金属的导电性D乙酸中羟基的极性大于苯酚中羟基的极性乙酸的酸性大于苯酚的酸性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．HF分子间存在氢键，增强了分子间作用力，使其熔点升高，使得HF晶体的熔点高于HCl晶体，A不符合题意；B．O3和H2O均为V形结构，正负电荷中心不重合，均为极性分子，根据“相似相溶”原理，O3在水中的溶解度应高于在CCl4（非极性分子）中的溶解度，不能由结构推测出选项中的性质，B符合题意；C．石墨层中每个碳原子未参与杂化的轨道中的电子能在整个碳原子平面中运动，使得石墨具有类似金属的导电性，C不符合题意；D．乙酸中的O-H键的极性大于苯酚中O-H键的极性，使得乙酸更易电离出氢离子，故酸性：乙酸>苯酚，D不符合题意；故选B。14.一种水基电解液离子选择双隔膜电池示意图如图。已知：溶液中，以存在；电极材料每转移电子，对应的理论容量为。电池放电时，下列叙述错误的是A.该装置能把化学能转化为电能B.Ⅱ区中的溶液浓度变小，变大C.Ⅰ区的电极反应：D.每消耗能提供的理论容量为【答案】B【解析】根据电池装置图可知，为电池的负极，碱性条件下失电子生成，电极反应为，为电池的正极，得电子生成，电极反应为。A．该装置为原电池，能把化学能转化为电能，A正确；B．电池放电时，是负极，是正极。通过离子选择隔膜从I区移向II区，通过离子选择隔膜从III区移向II区，所以II区中的溶液浓度变大，但溶液仍呈中性，几乎不变，B错误；C．I区中得到电子发生还原反应，电极反应式为，C正确；D．的物质的量为，电极处的反应式为，每消耗转移电子，已知电极材料每转移电子，对应的理论容量为，所以每消耗能提供的理论容量为，D正确；故答案选B。15.利用石墨电极电解溶液，进行如图所示实验。闭合，电解至电极表面有固体生成。打开，静置。静置过程中，下列说法错误的是A.电极表面的固体逐渐溶解B.装置内气体颜色会发生变化C.a处酚酞试纸无明显变化D.b处滤纸变红【答案】C【解析】依图分析，X极（阳极）处水中的氢氧根放电，阳极反应式为：，Y极（阴极）铜离子放电，电极反应式为：；打开K之后，左图U形管中铜与酸性环境下的硝酸根发生反应产生NO，反应的离子方程式为：；产生的NO与O2发生反应产生红棕色气体：；据此作答。A．依据分析，电解时Y为阴极，Cu2+得电子生成Cu单质；打开K后发生反应：，Cu逐渐溶解，A不符合题意；B．依据分析，电解时阳极生成O2（无色）；打开K后又生成NO，二者均无色，但二者反应生成的NO2为红棕色气体，故装置内气体颜色从无色变为红棕色，B不符合题意；C．为检验酸性气体，通常预先将酚酞试纸用稀碱溶液润湿使其呈红色，a处酚酞试纸显红色（显碱性），NO2进入右图U形管后发生反应：，产生的HNO3中和碱而使红色的酚酞试纸逐渐褪色，C符合题意；D．NO2进入U型管后，b处滤纸处发生反应：，然后Fe3+与KSCN结合生成血红色的Fe(SCN)3，则滤纸变红，D不符合题意；故答案选C。16.我国学者设计的一种电解装置，借助电极上的催化剂，能同时电解和，工作原理如图甲所示。不同催化剂条件下，转化为的部分反应历程如图乙所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列说法错误的是A.电解时，A电极与电源的负极连接B.电解总反应为：C.由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，电解的反应速率更快D.若有穿过质子交换膜，则理论上有被转化【答案】D【解析】图甲为电解池，A电极上被还原为，A电极为阴极；B电极上被氧化生成HCOOH，B电极为阳极，据此解答。A．由分析可知，电解时，A电极为阴极，即与电源的负极连接，A正确；B．由分析可知，A电极为阴极，被还原为，发生电极反应：；B电极为阳极，被氧化生成HCOOH，发生电极反应：，则电解总反应为：，B正确；C．决速步骤的活化能越小，反应速率越快，由图乙可知，选择Ni-TPP催化时，决速步骤的活化能更小，电解的反应速率更快，C正确；D．A电极为阴极，发生电极反应：，由电极反应式可知，若有穿过质子交换膜，则理论上有0.5molCO2被转化，即有22gCO2被转化，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共56分。17.及其盐都是重要的化工原料。（1）实验室用和制备的化学方程式为_______；其制备的发生、气体收集和尾气处理装置依次为_______(填编号)。（2）将大小相同的两个圆底烧瓶A、B按图装置连接进行性质实验。①先打开旋塞1，B瓶中的现象是_______。②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，B瓶中的现象是_______。（3）某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务通过测定溶液，探究温度对溶液中水解程度的影响。②提出假设升高温度，水解程度增大，减小。③设计实验、验证假设测定溶液在不同温度下的，记录数据如下表：序号测定温度/℃溶液的a255.12b504.83时，的水解常数_______(列出算式，水的电离可忽略)。④根据③的实验数据，升高温度减小，甲同学推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，理由是_______。⑤实验改进加入对照实验，测量纯水的随温度的变化。记录数据如下表：序号测定温度/℃纯水的pHC257.00d506.63丙同学分析数据，由升高到，纯水的减小了0.37，而的只减小了0.29，故其推断的水解程度随温度升高而减小，你认同丙同学的推断吗？_______(填“认同”或“不认同”)，为什么？_______。【答案】（1）①.②.ADF（2）①.产生白烟②.烧杯中的石蕊水溶液会倒吸进入B瓶中，且溶液变红（3）①.②.温度升高，水的电离平衡会正向移动，使pH降低③.不认同④.不能简单用pH变化量来比较，应该用氢离子的浓度变化量来比较，pH由7.00变为6.63时氢离子浓度增大，比pH由5.12变为4.83时的变化量要小，故升高温度，水解程度增大【解析】（1）实验室利用和共热制备的化学方程式为；纯固体加热选A作气体发生装置，氨气密度比空气密度小，用向下排空气法收集，收集气体时导气管短进长出选D，氨气极易溶于水需要防倒吸选F，故答案为ADF。（2）①先打开旋塞1，A瓶中压强比较大，氯化氢气体会向B扩散，氯化氢和氨气反应生成白色的氯化铵固体，故B瓶中的现象是产生白烟；②稳定后，关闭旋塞1，再打开旋塞2，B瓶中压强小于大气压，烧杯中的石蕊溶液倒吸进B瓶，由于B瓶中生成的水解使溶液显酸性，溶液会变红色。（3）的水解方程式为：，的水解常数，25℃，溶液的=5.12，忽略水的电离，故，，；根据③的实验数据，升高温度减小，甲同学推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，理由是温度升高，水的电离平衡会正向移动，使pH降低；不能简单用pH变化量来比较，应该用氢离子的浓度变化量来比较，pH由7.00变为6.63时氢离子浓度增大，比pH由5.12变为4.83时的变化量要小，故升高温度，水解程度增大，所以不认同。18.金属回收具有重要意义。一种从钴渣中分离回收金属的工艺流程如下：已知：①酸浸液主要含有等金属阳离子；②常温下，（1）“酸浸”时，提高浸出速率的措施有_______(写一条)。（2）“沉铁”时，为了使完全沉淀()，加入调节溶液pH不低于_______。（3）“沉钴”时，同时放出气体，该步骤的离子方程式为_______。（4）CoS沉淀经处理可获得一种钴的氧化物，其晶胞如图所示，晶胞参数为，阿伏加德罗常数的值为，则晶胞中的配位数为_______，晶胞密度_______(只写计算式)。（5）“沉镍”时，与丁二酮肟(DMG)反应生成鲜红色沉淀，原理如图所示。下列说法正确的有_______(填序号)。A.镍与N、O形成配位键 B.配位时被还原C.该配合物的配体数目为2 D.该配合物内部有氢键（6）“沉锰”后主要生成沉淀，下通入空气氧化得到产品。“氧化”步骤的化学方程式为_______。（7）工业上用硫酸溶解后，电解制备高纯度金属锰，电解时在_______(填“阴极”或“阳极”)析出，阳极室的溶液可返回上述“_______”工序使用。【答案】（1）粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等（写一个即可）（2）3.2（3）Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑（4）①.6②.（5）CD（6）6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O（7）①.阴极②.酸浸【解析】钴渣经硫酸酸浸后，过滤得到主要含有Co2+、Fe2+、Ni2+、Mn2+等金属阳离子的酸浸液；利用H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，再通过CaCO3调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，再加入NaHS使Co2+转化为CoS沉淀除去，加入丁二酮肟使Ni2+转化为沉淀除去，最后利用氨水沉锰，经空气氧化得Mn3O4。（1）从反应速率的角度分析，能提高金属元素浸出率的措施有粉碎钴渣、适当提高硫酸浓度、加快搅拌速率等；（2）完全沉淀，则，，pOH≤10.8，pH≥14-10.8=3.2。（3）Co2+与HS-反应生成CoS沉淀，并且释放H+，H+与HS-结合为H2S气体，离子方程式为Co2++2HS-=CoS↓+H2S↑。（4）Co原子半径大于O，则黑球为Co，白球为O，1个Co周围最近邻有6个O，则Co的配位数为6，一个晶胞中，Co的数量为，O的个数为，晶体密度为。（5）A．如图所示，Ni只与N配位，未与O配位，A错误；B．DMG-Ni中Ni仍为+2价，未发生氧化还原反应，B错误；C．如图所示，两个DMG与Ni2+配位形成DMG-Ni，配体数目为2，C正确；D．DMG-Ni中的N-O-H……O-N结构中存在氢键，D正确；故答案为CD。（6）Mn化合价升高，O2化合价降低，反应化学方程式为6Mn(OH)2+O22Mn3O4+6H2O。（7）Mn2+电解析出Mn发生还原反应，在阴极发生反应，阳极为水失电子生成氧气和H+，阳极室电解后的溶液为硫酸，可返回“酸浸”工序使用。19.有机酸在多种反应中应用广泛。（1）有机酸通常都含有羧基而显酸性，羧基中三种元素的电负性由大到小的顺序为_______，羧酸(RCOOH)溶液显酸性的原因是_______(用电离方程式表示)。（2）甲酸是一种重要的有机储氢材料，科学家探索利用二氧化碳和氢气转化为甲酸，实现变废为宝和碳的循环利用。①基态碳原子的价层电子轨道表示式为_______。②已知：则反应的_______。③在恒温恒容密闭容器中，有关和催化转化为的说法正确的是_______。A．增大体系的压强，活化分子百分数不变B．选择高效催化剂，可降低反应的活化能和焓变C．充入适量的，可加速反应，提高的平衡转化率D．达到平衡后加入，再次达到平衡后增大（3）科学家发现一种高效催化剂，可使甲酸在温和条件下释放氢气，反应过程如图。循环箭头上只给出部分反应物和生成物，该反应的催化剂是_______。（4）25℃时，改变相同浓度的甲酸(HCOOH)、乙酸和丙酸溶液的，测得各溶液中与